梁坤京理论力学第十二章动量矩定理课后

1、动量矩定理12-1质量为m的点在平面Oxy内运动，其运动方程为:x a cos ty bsin2 t式中a、b和为常量。求质点对原点O的动量矩。解:由运动方程对时间的一阶导数得原点的速度xdx dtasin tydy2bcos2 t质点对点O的动量矩为LOM O (mvx) Mo(mvy)mvxy mvy xm ( a sint) bsin2 tm2b cos2 t acos t2mab cos3 t12-3如图所示，质量为m的偏心轮在水平面上作平面运动。轮子轴心为A,质心为C, AC=e；轮子半径为 R,对轴心A的转动惯量为Ja; C、A、B三点在同一铅直线上。（1）当轮 子只滚不滑时，若

2、VA已知，求轮子的动量和对地面上B点的动量矩。（2）当轮子又滚又滑时，若VA、 已知，求轮子的动量和对地面上B点的动量矩。轮子角速度VaR解：（1）当轮子只滚不滑时 B点为速度瞬心。质心C的速度VcBC A (R e)R一R e轮子的动量 p mvcmvA (方向水平向右)R对B点动量矩 Lb Jb222由于 JB Jc m (R e) Ja me m (R e)故 LB Ja me2 m（R e）2 食（2）当轮子又滚又滑时由基点法求得C点速度。cA CAAe轮子动量 p mvCm(vAe)（方向向右）对B点动量矩LB mvCBC Jcm(vA2e) (R e) (Ja me)mvA(R e

3、) (Ja mRe)12-13如图所示，有一轮子，轴的直径为50 mm,无初速地沿倾角20的轨道滚下,设只滚不滑，5秒内轮心滚动的距离为 s = 3m。试求轮子对轮心的惯性半径。解：取轮子为研究对象，轮子受力如图（a）所示，根据刚体平面运动微分方程有maC mg sinF(1) 12Jc = Fr( 2)因轮子只滚不滑，所以有ac = r( 3)将式（3）代入式（1）、（2）消去F得到mr sin上式对时间两次积分，并注意到t = 0时0,0，则mgrt2 sinmgrt2s in2(JC mr2)2(m 2 mr2)把 r = 0.025 m 及 t = 5 s 时，s r grt2sinf

4、gt2sin-r rsr 1grt2sin2( 2 r2)3 m代入上式得0.0259.852si n202 30.09 m 90 mm12-17图示均质杆AB长为I，放在铅直平面内，杆的一端 A靠在光滑铅直墙上，另一端 B 放在光滑的水平地板上，并与水平面成角。此后，令杆由静止状态倒下。求（1）杆在任mxcFna(1)mycFnb mgJc匚l匚lFnbcosFn asin(3)2 2由于llxccos , ycsin2 2将其对间t求两次导数，且注意到J?意位置时的角加速度和角速度；（2）当杆脱离墙时，此杆与水平面所夹的角。解：（1）取均质杆为研究对象，受力分析及建立坐标系Oxy如图（a）

5、,杆AB作平面运动,质心在C点。刚体平面运动微分方程为得到yc-(sin2-(cos 22 cos )2 sin )将式再将Jc(4)(5)(1 )、(2)中，得mlna y ( sinmlN b 2 (Fna， Fnb的表达式代入式(3)ml2 (4ml2(4 )、( 5)代入式2cosH 1217 ?cos2 .sin)mg中,cosmgl24l 2代入上式得12ddt分离变量并积分得2 sin )cos得mglcos2止(sin42cos)sincos塑cos2I(sin o sin )(2)当杆脱离墙时Fna= 0，设此时ml2Fna( sin i cos i)2和表达式代入上式解得s

6、in2 .3Sin 021arcsin(-sin 0)312-19均质实心圆柱体A和薄铁环B的质量均为m,半径都等于r,两者用杆AB铰接，无滑动地沿斜面滚下，斜面与水平面的夹角为，如图所示如杆的质量忽略不计，求杆 AB的平面运动，杆 AB作平动，由题意知AB,aAaBa, FtF T。对圆柱A有mamgsi nFtF1(1)RrJa(2)对薄铁环B有maT mgsi nF2F?rJB(4)加速度和杆的内力。解：分别取圆柱 A和薄铁环B为研究对象，其受力分析如图（联立求解式a）、（ b）所示，A和B均作滚不滑条件得到的m 2、（2）、（3）、（4），并将 Ja 亍,Jb2mr , Ft Ft，以

7、及根据只a = r代入，解得FtFt 1 mg sin4(压力)及 a gsin7US 12証圉（1）（2）F （3）（4）AD绳向下滚动，且只滚不12-21图示均质圆柱体的质量为 m,半径为r，放在倾角为60的斜面上。一细绳缠绕在圆 柱体上，其一端固定于点 A,此绳与A相连部分与斜面平行。 若圆柱体与斜面间的摩擦系数1为f，试求其中心沿斜面落下的加速度 ac。3解：取均质圆柱为研究对象，其受力如图（a）所示，圆柱作平面运动，则其平面运动微分方程为J（Ft F）r0 Fn mgcos60 maC mgsin60 Ft 而F = fF n圆柱沿斜面向下滑动，可看作沿 滑，所以有ac= r1把上式

8、及f 代入式（3）、（4、解方程（1）至（4）,得3ac = 0.355g（方向沿斜面向下）12-23 均质圆柱体 A和B的质量均为m,半径为r，一绳缠在绕固定轴 O转动的圆柱 A 上, 绳的另一端绕在圆柱 B上，如图所示。摩擦不计。求：（1）圆柱体B下落时质心的加速度；（2、若在圆柱体 A上作用一逆时针转向，矩为M的力偶，试问在什么条件下圆柱体B的K7 12 - 23 I*质心加速度将向上。解：（1 ）分别取轮A和B研究，其受力如图（a）、（b）所示，轮A定轴转动，轮B作平面 运动。对轮A运用刚体绕定轴转动微分方程J A A FT r（ 1）对轮B运用刚体平面运动微分方程有mg Ft maB

9、（2）J b b Ft r（3）再以C为基点分析B点加速度，有aB aC aBCA r B r（ 4）FtFt 及 JbJA予2代入，解得4aB -g52）若在A轮上作用一逆时针转矩 M，则轮A将作逆时针转动， 对A运用刚体绕定轴转A M FTr（ 5）B点加速度，根据题意，在临界状态有aB aC aBCAr动微分方程有J A以C点为基点分析Br 0(6)联立求解式（5）、（6 ）和（2 ）、（ 3）并将 TT 及 Jb Ja予2代入，得联立求解式（1）、（ 2）、（ 3 ）、（ 4）,并将绳的一端B固定。圆柱体沿绳子解开的而降落 A的速度u和绳子的拉(a)故可对瞬心C用动（5）J CJcmg

10、r2J A mr%22又OaraA Z3g （同式（4）再由maAmg FtM 2mgr故当转矩M 2mgr时轮B的质心将上升。9-8图示圆柱体A的质量为m,在其中部绕以细绳, 其初速为零。求当圆柱体的轴降落了高度 h时圆柱体中心 力Ft。解：法1 :图（a）maA mg FtJ a a Ft raA r aI12J A mr2解得 Ft 3 mg （拉）aA 3 g （常量）3由运动学vA . 2aAh 2 . 3gh （J）3法2:由于动瞬心与轮的质心距离保持不变， 量矩定理：得 ft 3mg (拉)Va . 2aAh 3 . 3gh (J)39- 10图示重物A的质量为m,当其下降时，借

11、无重且不可伸长的绳使滚子C沿水平轨道滚动而不滑动。绳子跨过不计质量的定滑轮 D并绕在滑轮B上。滑轮B与滚子C固结为一体。已知滑轮B的半径为R，滚 子C的半径为r，二者总质量为 m,其对与图面垂直的轴 0的回转半径为。求：重物A的加速度。解：法1:对轮:JOTRFrm ao 对A:(1)(2)mgmaA又: aA 以o为基点:taHtaH(3)aH绳naHt3hoaoaHnaHORao(J)(注意到mg(R r)2(R r)由上四式联立，得aAtaHO(Rr)(4)3a m ( 2 r2) m(R r)2法2:对瞬心J EmaA又aAJ E可解得：aAE用动量矩定理T(R r)mg Tr)m r2 m ( 2ggnz 口m (R r)2(本题质心瞬心之距离为常数)(RJ Or2)m ( 2 r2)1矿 | m (R r)29- 11图示匀质圆柱体质量为常数，滚动阻碍系数为，求圆柱中心解：JdMfFnm,代入(1),又：maF 2(MM MfFnmg32mr2ar得2(M mg)3mrFI mg)mgFnaO半径为r,在力偶作用下沿水平面作纯滚动。O的加速度及其与地面的静滑动摩擦力。(1)习题9- 11图(a)naHO(b)n aHiL11*1TaA +tH aH t aHO若力偶的力偶矩M为9- 12跨过定滑轮 D的细绳，一端缠绕在均质圆